2025-2026学年西安市第八十九中学高一上物理期末考试试题含解析.doc

2025-2026学年西安市第八十九中学高一上物理期末考试试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1s内通过位移为x1=3m，第2s内通过的位移x2=2m，此后又经过位移x3，物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是（　　）
A.初速度v0的大小为2.5m/s B.加速度a的大小为1m/s2
C.位移x3的大小为1.125m D.位移x3内的平均速度大小为0.75m/s
2、通过学习牛顿运动定律、惯性等知识，我们可以知道
A.物体的运动需要力来维持
B.加速度的方向可能与合力的方向相反
C.物体之间的作用力与反作用力，总是同时产生同时消失的
D.惯性的大小由速度的大小决定，速度大的物体，其惯性大
3、下列关于四项运动的解释，说法正确的是（　　）
A.蹦床运动员在空中上升到最高点时处于完全失重状态
B.跳高运动员在越杆时处于平衡状态
C.举重运动员在举铃过头停在最高点时，铃处于超重状态
D.跳远运动员助跑是为了增加自己的惯性，以便跳得更远
4、右图是某质点运动的速度-时间图像，由图像得到的正确结果是(    )

A.0~1内的平均速度是2
B.0~1内的运动方向与2~4内的运动方向相反
C.0~1内的加速度小于2~4内的加速度
D.0~2内的位移大小是3
5、书本放在水平课桌面上保持静止，则下列说法中正确的是　　
A.书本对桌面的压力就是书本受的重力，施力物体是书本
B.书本对桌面的压力在数值上等于书本受到的重力
C.桌面对书本的压力是弹力，是由于书本发生形变而产生的
D.桌面对书本的支持力与书本对桌面压力是一对平衡力
6、关于物理学方法，下列说法正确的是( )
A.合力与分力的概念的提出用到了等效替代的思想方法
B.探究加速度与力、质量关系实验用到了微元法
C.由平均速度得到瞬时速度的概念用到了控制变量法
D.推导匀变速直线运动的位移时间公式用到了极限法
7、如图1所示，一轻弹簧下端固定在水平面上，上端放置一小物体，小物体处于静止状态．现对小物体施一竖直向上的拉力F，使小物体向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图2所示，a、b、c均为已知量，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内．则下列结论正确的是（　　）

A.开始时弹簧的压缩量为c
B.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
C.物体的加速度大小为
D.物体从开始运动到离开弹簧的过程经过的时间为
8、(多选)若在某次军事演习中，某空降兵从悬停在高空中的直升机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v－t图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A.0－10 s内空降兵运动的加速度越来越大
B.0－10 s内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力
C.10－15 s内空降兵和降落伞整体所受的空气阻力越来越小
D.10－15 s内空降兵加速度越来越大
9、一质点沿直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A.在t=4s到t=5s这段时间，质点的加速度方向与速度方向相同
B.t=5s到t=6s这段时间，质点做匀加速直线运动
C.在t=0到t=8s这段时间，质点通过的路程为6m
D.在t=0到t=8s这段时间，质点的平均速度大小为0.75m/s
10、如图，物体沿两个半径为的圆弧由经到，下列正确的是（ ）

A.物体位移等于，方向向东
B.物体的位移等于，方向向东
C.物体的路程等于
D.物体的路程等于
11、甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移-时间图象如图所示，则在0-t1时间内

A.甲的速度总比乙大 B.甲、乙位移相同
C.甲、乙平均速度相同 D.甲、乙均做加速运动
12、如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F拉绳，开始时∠BAC＞90°，现使∠BAC缓慢变大，直到杆AB接近竖直杆AC．此过程中（　　）

A.拉力F逐渐增大
B.拉力F逐渐减小
C.AB杆所受力先减小后增大
D.AB杆所受力大小不变
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图所示，在纸带上选择6个计数点A、B、C、D、E、F，相邻两计数点之间还有四个点未画出，各点到A点的距离依次是：2.0cm、5.0cm、9.0cm、14.0cm、20.0cm

（1）根据学过的知识可以求出小车在B点的速度为vB＝______m/s，CE间的平均速度为______m/s；
（2）以打A点时为计时起点，建立v-t坐标系如右图所示．请在图中作出小车运动的速度与时间的关系图线_________；根据图线可得小车运动的加速度为______m/s2

14、某同学用如图所示的装置探究求合力的方法．将一木板(图中未画出)竖直放置与铁架台和轻弹簧所在平面平行．其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：

(1)如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；
(2)卸下钩码然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的________及两弹簧测力计相应的读数．图乙中B弹簧测力计的读数为________N；
(3)该同学在坐标纸上画出两弹簧测力计拉力FA、FB的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作出FA、FB的合力F′ _____________；
(4)已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图丙所示，观察比较F和F′，得出结论：__________.
15、某同学设计了如图甲所示的装置来研究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的示数再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数释放小车，记录小车运动时传感器的示数

下列实验要求不必要的是______
A.应使小车靠近打点计时器
B.用天平测出细砂和小桶的总质量
C.先接通电源，再释放小车
D.应使小车和力传感器的总质量远大于细砂和小桶总质量
接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度______保留两位有效数字
同一次实验中，______选填““、“”或“”
改变小桶中砂的重力，多次重复实验获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系如图丙．不计纸带与计时器间的摩擦．图象中F是实验中测得的______
A..
三．计算题(22分)
16、（12分）歼-15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大．若歼-15战机正常起飞过程中加速度为a，经s距离就达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L<s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，
方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给飞机以一定的初速度；
方法二：起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行．求：
(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v1m;
(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2m
17、（10分）如图所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1=3 m、L2=1 m．传送带始终以速度v0=4m/s向右匀速运动．现有一滑块（可视为质点）以速度v1=6 m/s滑上传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ = 0.5，滑块与平板、平板与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.4, μ2 =0.3，滑块、平板的质量均为m=1 kg,g=10m/s2．求：
(1)滑块滑离传送带时的速度大小；
(2)判断滑块能否离开平板，如果能离开，请计算出离开平板时的速度大小。

参考答案

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、A
【解析】AB．根据△x=at2得，

根据第1s内通过位移为x1=3m，则有

解得v0=3.5m/s，故A错误，符合题意；B正确，不符合题意；
C．第2s末的速度
v2=v0+at=3.5m/s-1×2m/s=1.5m/s
则

故C正确，不符合题意；
D．位移x3内的平均速度大小

故D正确，不符合题意。
故选A。
2、C
【解析】力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A错误；根据牛顿第二定律F=ma，可知加速度的方向与合力的方向相同，故B错误；根据牛顿第三定律，作用力和反作用力总是同时产生，同时消失，故C正确；惯性的大小由质量决定，与速度无关，故D错误；选C.
3、A
【解析】A．蹦床运动员在空中上升到最高点时只受到重力的作用，加速度为重力加速度，处于失重状态，故A正确；
B．平衡状态指的是物体处于静止或者是匀速直线运动状态，跳高运动员在越杆时，受到重力的作用，不是受力平衡状态，故B错误；
C．举重运动员在举铃过头停在最高点时，铃处于静止状态，受力平衡，不超重也不失重，故C错误；
D．惯性的大小只与物体的质量有关，跳远运动员助跑不是在增加自己的惯性，故D错误。
故选A。
4、D
【解析】A：0~1s内物体做匀加速直线运动，则0~1s内物体的平均速度．故A项错误
B：0~4s内物体的速度始终为正，则物体在0~1s内的运动方向与2~4s内的运动方向相同．故B项错误
C：速度时间图象斜率的绝对值表示加速度的大小，则物体在0~1s内的加速度大于2~4s内的加速度．故C项错误
D：速度时间图象与坐标轴围成面积表示对应时间内的位移，则0~2s内物体的位移．故D项正确
【点睛】图象类题目要理解图象横纵坐标、截距、斜率、交点、图象与坐标轴围成的面积等对应的物理意义
5、B
【解析】压力和重力是两种不同性质的力，所以不能说压力就是重力，只能说数值上相等；区别平衡力和相互作用力.
【详解】AB．压力和重力是两种不同性质的力；书本对桌面的压力大小在数值上等于书本受的重力，施力物体是书本，选项A错误，B正确；
C．桌面对书本的支持力是弹力，是由于桌面发生形变而产生的，选项C错误；
D．桌面对书本的支持力与书本对桌面压力是一对作用与反作用力，选项D错误；
故选B.
6、A
【解析】A．合力与分力的概念的提出用到了等效替代的思想方法，A正确；
B．探究加速度与力、质量的关系实验用到了控制变量法，B错误；
C．由平均速度得到瞬时速度的概念用到了极限思想法，当时间取到极小值时，这段时间内的平均速度就可以视为瞬时速度，C错误；
D．推导匀变速直线运动的位移时间公式用到了微元法，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，D错误。
故选A。
7、AD
【解析】A．刚开始时物体处于静止状态，物体受到的重力和弹力二力平衡，弹簧的压缩量：x=c，故A正确；
B．物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故B错误；
C．开始时，重力和弹力二力平衡由平衡条件得：
mg=kx，
拉力F1为a时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有：
，
物体与弹簧分离后，拉力F2为b，根据牛顿第二定律有：
，
解得物体的质量：
，
弹簧的劲度系数：
，
加速度：
，
故C错误；
D．从物体开始运动到离开弹簧过程，物体的位移为：c，根据匀变速直线运动的位移公式得：
，
解得运动时间：
，
故D正确。
故选AD。
8、BC
【解析】v-t图象中，图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度，故0-10s内空降兵运动的加速度越来越小，故A错误；0-10s内空降兵和降落伞做加速运动，故整体所受重力大于空气阻力，故B正确；10s～15s速度向下、做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，根据牛顿第二定律，有f-mg=ma，由于a不断减小，故f不断减小，故C正确，D错误；故选BC
【点睛】本题关键根据速度时间图象得到物体的运动规律，然后结合速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析
9、BD
【解析】A、在t=4s到t=5s这段时间，速度大于零为正，加速度为负，所以质点的加速度方向与速度方向相反，故A错误；
B、在t=5s到t=6s这段时间，当速度小于零为负，加速度为负，所以质点的加速度方向与速度方向相反，故B正确；
CD、速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移，故0～5s内物体通过的位移，在5～8s内物体通过的位移，所以物体在0～8s内通过的位移x=x1+x2=6，通过的路程为15m，质点的平均速度大小为，故C错误，D正确；
故选BD
【点睛】匀变速直线运动的v-t图像中，图线与坐标轴所围图形面积的大小等于物体在该段时间内的位移大小
10、AD
【解析】AB．位移是由初位置指向末位置，是矢量，所以物体的位移等于，方向向东，选项A正确，B错误；
CD．路程是标量，是运动轨迹的长度，即为经过的圆弧的长度为

选项C错误，D正确。
故选AD。
11、BC
【解析】AD．0～t1时间内，甲的斜率不变，则速度不变，做匀速直线运动；乙图线的斜率先小于甲后大于甲，即乙的速度先小于甲后大于甲，乙做加速直线运动，故AD错误；
B．0～t1时间内，甲、乙的起点和终点都相同，则位移相同，故B正确；
C．根据平均速度的定义：

甲和乙在相同的时间内位移相同，则平均速度相同，故C正确。
故选BC。
12、AD
【解析】以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABC三边边长的关系，再分析其变化
【详解】以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、N的合力F合=G．根据三角形相似得：，∠BAC缓慢变大的过程，AC、AB均不变，则N不变，BC增加，则F变大，故BC错误，AD正确；故选AD

【点睛】本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.0.25 ； ②.0.45 ③. ④.1
【解析】（1）纸带上每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s；
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度：可得B点的速度为：
CE间的平均速度为：
（2）利用描点法可得小车的速度—时间关系图线如图所示

（3）在v-t图象中，图象斜率表示加速度的大小：
14、 ①.方向； ②.11.40； ③. ④.在实验误差允许范围内F和相等；
【解析】（2）根据验证平行四边形定则的实验原理要记录细绳套AO、BO的方向和拉力大小，拉力大小由弹簧秤读出，分度值为0.1N，估读一位：11.40N；
（3）作图如下：

（4）若已知钩码的重力大小与理论合力F′的大小相等，请观察比较可得出二力合成点的规律是：在误差允许的范围内，二力合成满足平行四边形定则
15、 ①.BD ②. ③. ④.D
【解析】小车靠近打点计时器测量数据才可能多且精确，故A不符合题意；实验中不需要用天平测出细砂和小桶的总质量，传感器可以测出总质量是多少，故B符合题意；应先接通电源再释放小车，这样才能保证纸带的大部分距离上都打上了点，才能充分利用整个纸带，故C不符合题意；本题拉力可以由力的传感器测出，不需要使小桶和细砂的总质量远小于车和传感器的总质量，故D符合题意．所以选BD
每5个点取一个计数点，计数点的时间间隔：，，，，，由匀变速直线运动的推论，
对小桶受力分析，设小桶重力为mg，小车释放前力传感器的示数，所以，设小车的重力为Mg，小车在加速运动时力传感器的示数，根据牛顿第二定律得：，所以
图象是过原点的一条倾斜的直线，已经平衡摩擦力，所以F应该表示小车受到的合力，即，故D正确，ABC错误；

三．计算题(22分)
16、（1） ；（2）
【解析】(1)设飞机起飞速度为v，则有

解得：
(2)设第二种方法中起飞过程经历时间为t， 则

飞机位移：

航空母舰位移：
x2=v2mt
位移关系：
x1-x2=L
联立解得：

17、 (1) ；(2)
【解析】根据牛顿第二定律求出加速度，在结合运动学公式即可求出滑块滑离传送带时的速度大小；滑块滑上平板时，分别求出平板上下表面受到的摩擦力，从而判断平板静止，在根据牛顿第二定律和运动学规律即可求出离开平板时的速度大小
【详解】（1）设滑块在传送带上的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得：
设滑块在传送带上减速运动的位移为，且，根据运动规律学
解得：，
得出滑块在传送带上先做匀减速运动，再做匀速运动，
离开传送带时的速度大小为；
（2）滑块滑上平板时，平板上下表面受到的摩擦力分别为，根据受力分析有

因为，所以平板保持静止.
滑块在平板上一直做匀减速，其加速度大小为，假设能离开平板，
根据牛顿第二定律：
根据运动学规律有：
解得：
可知滑块能离开平板，离开平板时速度的大小为.
【点睛】本题是传送带类型，属于有相对运动的问题，关键要分析清楚物体运动过程，把握隐含的临界状态，如速度相等的状态，找出两个物体的速度关系和位移关系